Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Chương 1 - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - Mức độ 3 Phần 2

Chương 1 - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - Mức độ 3 Phần 2

Tải bản đầy đủ - 0trang

Câu 7: ----------HẾT----------(THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số y  f  x 

có đạo hàm trên  . Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y  f   x  ( y  f   x 

liên tục trên  ). Xét hàm số g  x   f  x 2  3 . Mệnh đề nào dưới đây sai?

y



4

2

2



1 O 1 x



A. Hàm số g  x  đồng biến trên  1;0  .



B. Hàm số g  x  nghịch biến trên  ; 1 .



C. Hàm số g  x  nghịch biến trên 1; 2  .



D. Hàm số g  x  đồng biến trên  2;   .

Lời giải



Chọn C





g   x   f  x 2  3   x 2  3 f   x 2  3  2 xf   x 2  3











Ta có f   x   0  x  2 nên g   x   0  x 2  3  2  x 2  1  1  x  1 .

Ta có bảng xét dấu:

x 



0



1



g



0











0







1







0







Câu 8: ----------HẾT----------(THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số



y  f  x   ax 4  bx 2  c biết a  0 , c  2017 và a  b  c  2017 . Số cực trị của hàm số

y  f  x   2017 là



B. 7 .



A. 1.



C. 5 .

Lời giải



D. 3 .



Chọn A

Hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c xác định và liên tục trên D   .

Ta có f  0   c  2017  0 .



f  1  f 1  a  b  c  2017

Do đó  f  1  2017  .  f  0   2017   0 và  f 1  2017  .  f  0   2017   0

Mặt khác lim f  x    nên   0 ,   0 sao cho f    2017 , f     2017

x 



 f    2017  .  f  1  2017   0 và  f     2017  .  f 1  2017   0



Suy ra đồ thị hàm số y  f  x   2017 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt

Đồ thị hàm số y  f  x   2017 có dạng

----------HẾT----------



Câu 9: Vậy số cực trị của hàm số y  f  x   2017 là 7 .(THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 20172018) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  3;3 và đồ thị hàm số y  f   x 

như hình vẽ bên. Biết f (1)  6 và g  x   f  x 



 x  1





2



. Kết luận nào sau đây là đúng?

y

A. Phương trình g  x   0 có đúng hai nghiệm thuộc  3;3 .

4

2



B. Phương trình g  x   0 khơng có nghiệm thuộc  3;3 .

C. Phương trình g  x   0 có đúng một nghiệm thuộc  3;3 .

D. Phương trình g  x   0 có đúng ba nghiệm thuộc  3;3 .



2



3

O



1

2



3 x



Lời giải

Chọn C



 x  1



2



 g   x   f   x    x  1 .

2

Vẽ đường thẳng y  x  1 trên cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số y  f   x  (như hình

Ta có: g  x   f  x  



vẽ bên).

Từ đồ thị ta thấy: g   x   f   x    x  1  0 , x   3;1 (do đường cong nằm phía trên

đường thẳng), g   x   f   x    x  1  0 , x  1;3 (do đường cong nằm phía dưới đường

thẳng).

Ta có: g 1  f 1 

Bảng biến thiên:



1  1

2



2



 6  2  4.



x



3



3



1



g  x



0











4



g  x



Dựa vào đồ thị ta thấy: diện tích S1 lớn hơn 4 (trong phần bên trái có nhiều hơn 4 ơ, mỗi ơ có

diện tích bằng 1), do đó:

1



 g   x  dx  4  g  x 



4  S1 



1

3



 4  g 1  g  3  g  3  0 .



3



Mặt khác: diện tích nhỏ hơn 4 (trong phần bên phải có ít hơn 4 ơ), do đó:

3



3



4  S2    g   x  dx  4   g  x  1  4  g 1  g  3  g  3  0 .

1



Vậy phương trình g  x   0 có đúng một nghiệm thuộc đoạn  3;3 (nghiệm này nằm trong

khoảng  3;1 ).

Câu



(SGD



10:







Nội-lần



11



năm



2017-2018)



Phương



trình



x  512  1024  x  16  4 8  x  512 1024  x  có bao nhiêu nghiệm?



A. 4 nghiệm.



B. 3 nghiệm.



C. 8 nghiệm.

Lời giải.



D. 2 nghiệm.



Chọn B

Cách 1: Phương trình



x  512  1024  x  16  4 8  x  512 1024  x  1 .



Điều kiện: x  512;1024 .

Bình phương hai vế của phương trình 1 ta có:



 x  512 1024  x   256  128 8  x  512 1024  x   16 4  x  512 1024  x   2  .



512  2



Đặt t 



 2



8



 x  512 1024  x 



điều kiện 0  t  4 .



trở thành t 4  8t 2  64t  128  0   t  4   t 3  4t 2  8t  32   0 .



t  4

.

 3

2

t  4t  8t  32  0

 Với t  4 , mà theo trên ta có t  4 . Do đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x  512  1024  x  x  768 .

 Với t 3  4t 2  8t  32  0 .

Xét hàm số f  t   t 3  4t 2  8t  32 với 0  t  4 .

Ta có f   t   3t 2  8t  8  0 t   0; 4 .

Mà f  0  . f  4   32.128  0 .

Suy ra t 3  4t 2  8t  32  0 có một nghiệm duy nhất t0 trong khoảng  0; 4  .

Do đó phương trình



8



 x  512 1024  x   t0



Vậy phương trình 1 có 3 nghiệm.



có 2 nghiệm phân biệt khác 768 .



a  8 x  512

Cách 2: Đặt 

b  8 1024  x



 a, b  0  , khi đó



a8  b8  x  512  1024  x  512

2



Và phương trình trở thành: a 4  b 4  4ab  16 mà a8  b8   a 4  b 4   2a 4b 4

2



2



t  ab

Nên từ 1 ,  2  suy ra 512   4ab  16   2a 4b 4 

 16  t  4   2t 4  512



1 .

 2 .

  .



Phương trình   có 2 nghiệm phân biệt t  4; t  t0  1, 7625.

2



Mà a 4  b4   a 2  b 2   2a 2b 2  4ab  16  a 2  b2  2t 2  4t  16.

a 2  b2  2t 2  4t  16

a 2  b2  8

0

0

Khi đó 

hoặc 

suy ra có 3 nghiệm a dương.

ab



4

ab



t





0

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

Câu 11: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho a, b   ; a, b  0 thỏa mãn



 a 3 b3   a 2 b 2 

2  a 2  b 2   ab   a  b  ab  2  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  4  3  3   9  2  2 

a 

b a  b

bằng

21

23

23

A. 10 .

B.

.

C.

.

D.

.

4

4

4

Lời giải

Chọn C

a b

Đặt t    t  2  .

b a

 a b 3

 a b  2

 a 3 b3   a 2 b 2 

a b  a b 

a b

Ta có: P  4  3  3   9  2  2   4     3. .      9     2. . 

a 

b a  b a  

b a 

b a  b

 b a 

 b a 

 4t 3  9t 2  12t  18 .



2 

a b



Ta có 2  a 2  b 2   ab   a  b  ab  2   2     1   a  b  1  

b a

 ab 

a b

1 1

 2    1   a  b  2   

b a

a b



1 1

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có  a  b   2     2

a b



1 1

a b



   2 2   2

a b

b a





 a  b  .2 



a b 5

a b

a b



Suy ra  2     1  2 2    2     .

b a 2

b a

b a





a b 5

Hay t      .

b a 2



Xét hàm số f  t   4t 3  9t 2  12t  18 với t 



5

.

2



5



t 2



2 .

Ta có f   t   12t 2  18t  12 ; f   t   0  

t   1  5



2 2

5

Ta có f   t   0, t  , nên hàm số f  t  đồng biến trên

2



5



 2 ;   .



23

5

f t   f     .

 4 2 1;  

4

2



23

Hay min P 

khi a  2; b  1 hoặc a  1; b  2 .

4



Bởi vậy:



min



Câu 12: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho các số thực x , y thỏa mãn

x  y 1  2











x2  y 3 .



Giá



trị



lớn



nhất



của



biểu



thức



M  3x  y  4   x  y  1 .27 x  y  3  x 2  y 2  bằng



A. 



9476

.

243



B. 76 .



193

.

3

Lời giải

C.



D.



148

.

3



Chọn D

Điều kiện x  2; y  3 .

x  y 1  2











2











x  2  y  3   x  y  1  4 x  y  1  2 x  2 y  3 .(*)

2



Vì 2 x  2 y  3  x  y  1 nên từ (*) suy ra  x  y  1  8  x  y  1  x  y  7 .

Vì 2 x  2 y  3  0 nên từ (*) suy ra



 x  y  1



2



x  y 1  0

 x  y 1  0

 x  y  1

.

 4  x  y  1  





x  y 1  4

 x  y 1  4

x  y  3



Do x  2 nên x 2  2 x , y 2  1  2 y , suy ra x 2  y 2  1  2  x  y  . Từ đó ta có

M  3x  y  4   x  y  1 .27 x  y  3  x 2  y 2   3x  y  4   x  y  1 .27  x  y  6  x  y   3 .



Đặt t  x  y với t  1 hoặc 3  t  7 .

Xét hàm số f  t   3t  4   t  1 27 t  6t  3 , ta có f  1 



2188

.

243



f   t   3t  4 ln 3  27 t   t  1 .27t ln 2  6 .

f   t   3t  4 ln 2 3   t  1 ln 2  2  27 t.ln 2  0 , t  3;7  .



Suy ra f   t  đồng biến trên  3;7  , mà f   t  liên tục trên 3;7  và f   3 . f   7   0 nên

phương trình f   t   0 có nghiệm duy nhất t0   3;7  .

t



3



to

0



f'(t)



7

+



148

f(t)



4



3

f(to)



Suy ra M  3x  y  4   x  y  1 .27 x y  3  x 2  y 2  



148

. Đẳng thức xảy ra khi x  2 , y  1 .

3



Câu 13: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho phương trình:

sin x  2  cos 2 x   2  2 cos3 x  m  1 2 cos3 x  m  2  3 2 cos3 x  m  2 .



Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm

 2 

x  0;

?

 3 

A. 2 .

B. 1 .

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải

Chọn D

Ta có:

sin x  2  cos 2 x   2  2 cos3 x  m  1 2 cos3 x  m  2  3 2 cos3 x  m  2

 sin x 1  2sin 2 x   2  2 cos3 x  m  2  2 cos3 x  m  2  2 cos3 x  m  2

 2sin 3 x  sin x  2











3



2 cos3 x  m  2  2 cos3 x  m  2 1



Xét hàm số f  t   2t 3  t có f   t   6t 2  1  0, t   , nên hàm số f  t  đồng biến trên  .

Bởi vậy:



1  f  sin x  



f











2 cos3 x  m  2  sin x  2 cos3 x  m  2



 2



 2 

Với x  0;

 thì

 3 



 2   sin 2 x  2 cos3 x  m  2

 2 cos3 x  cos 2 x  1  m



 3



Đặt t  cos x , phương trình  3 trở thành 2t 3  t 2  1  m



 4



 1 

 2 

Ta thấy, với mỗi t    ;1 thì phương trình cos x  t cho ta một nghiệm x  0;

 . Do đó,

 2 

 3 

 2 

để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm x  0;

 điều kiện cần và đủ là phương trình  4 

 3 

 1 

có đúng một nghiệm t    ;1 .

 2 

 1 

Xét hàm số g  t   2t 3  t 2  1 với t    ;1 .

 2 



t  0

Ta có g   t   6t 2  2t , g   t   0  

.

t   1

3



Ta có bảng biến thiên



t







1

2



g t 



1

3

0









1



0







0



1







1



g t 





28

27



4



 1 

Từ bảng biến thiên suy ra, phương trình  4  có đúng một nghiệm t    ;1 khi và chỉ khi

 2 

28

4  m   .

27

 2 

Hay, các giá trị nguyên của m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm x  0;

 là

 3 



4; 3; 2 .

Câu 14: ----------HẾT----------(THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Có bao nhiêu

giá trị nguyên của tham số m để phương trình cos 3 x  cos 2 x  m cos x  1 có đúng bảy nghiệm

 



khác nhau thuộc khoảng   ; 2  ?

2





A. 3 .

B. 5 .



C. 7 .

Lời giải



D. 1.



Chọn D

cos 3 x  cos 2 x  m cos x  1

 4 cos3 x  3cos x   2 cos 2 x  1  m cos x  1



 4 cos3 x  2 cos 2 x   m  3 cos x  0

Đặt cos x  t với t   1;1 . Ta có

t  0

 2

 4t  2t   m  3  0 *



Với t  0 thì cos x  0  x 





2



 k , có 2 nghiệm là



 3



 



thuộc   ; 2  .

2 2

 2





;



 



Với mỗi giá trị t   0; 1 thì phương trình cos x  t có 3 nghiệm của thuộc   ; 2  .

 2



 



Với mỗi giá trị t   1; 0 thì phương trình cos x  t có 2 nghiệm của thuộc   ; 2  .

 2



 



Với t  1 thì phương trình cos x  t có 1 nghiệm của thuộc   ; 2  .

 2



Để pt có đúng 7 nghiệm thỏa mãn thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm t1 ; t2 thỏa mãn điều



kiện: 1  t1  0  t2  1 .



*  m  4t 2  2t  3



Từ bảng biến thiên trên ta có m  1;3 . Vậy m  2 .

Câu 15: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Biết rằng hàm số f  x  có đồ thị

được cho như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  f  x   .



y



O



2



x



4



A. 5 .



B. 3 .



C. 4 .

Lời giải



D. 6 .



Chọn C

Xét hàm số y  f  f  x   , y  f   x  . f   f  x   ;

x  0

x  0



x  2

 f  x  0

x2



y  0  





.



 x  a   2;  

f

x



0







f



f

x





0







 





 f  x   2

 x  b   a;  

Với x  b , ta có f  x   2  f   f  x    0

Với a  x  b , ta có 0  f  x   2  f   f  x    0

Với 0  x  a hoặc x  0 , ta có f  x   0  f   f  x    0

BBT:

x

a

0

2



y

0

0

0











b

0









y



Dựa vào BBT suy ra hàm số y  f  f  x   có bốn điểm cực trị.

Câu 16: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số f  x   8 x 4  ax 2  b ,

trong đó a , b là tham số thực. Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số f  x  trên đoạn  1;1

bằng 1. Hãy chọn khẳng định đúng?

A. a  0 , b  0 .

B. a  0 , b  0



C. a  0 , b  0 .

Lời giải



D. a  0 , b  0 .



Chọn C

Cách 1.

x  0

3



Xét g  x   8 x  ax  b , g  x   32 x  2ax  0   2

.

x   a

16



4



2



Ta có max f  x   1  g  0   b   1;1 .

1;1



TH1. a  0 . Ta có g 1  g  1  8  a  b  1 . Suy ra max f  x   1 không thỏa YCBT.

1;1



TH2. a  0 .



a

 1  a  16 . Ta có g 1  g  1  8  a  b  1 . Suy ra max f  x   1 không thỏa

1;1

16

YCBT.

a

Nếu   1  a  16 .

16

Ta có BBT

Nếu 



x



1



g  x 











a

4

0



0







8 a b



0







a

4

0



b



a2

32





8 a b



b



g  x



1



b



a2

32



 a2

a 2  64

 1

1 



▪ max f  x   b  1 . Khi đó YCBT   32

 a  8 (thỏa a  16 )

 1;1

a  8

8  a  b  1



b  1



▪ max f  x   8  a  b  1 . Khi đó, YCBT   a 2

 1;1

 1

b 

 32

a  8

 a  8



  a2



 a  8  b  1 .

24  a  8

 a60

 32



a2

b



1

 a2



 1

32

b 



 32

 a  8

a2

a2



 1 . Khi đó, YCBT  8  a  b  1  6  a 

▪ max f  x   b 

.

0 

1;1

32

32

b  1

b  1





a  8







Vậy a  8 , b  1 thỏa YCBT.

Cách 2.



Đặt t  x 2 khi đó ta có g  t   8t 2  at  b .

Vì x   1;1 nên t   0;1 .

Theo yêu cầu bài tốn thì ta có: 0  g  t   1 với mọi t   0;1 và có dấu bằng xảy ra.

Đồ thị hàm số g  t  là một parabol có bề lõm quay lên trên do đó điều kiện trên dẫn đến hệ

điều kiện sau xảy ra:



 1  g  0   1

1  b  1

1

1  b  1







 1  8  a  b  1  2 

1  g 1  1  1  8  a  b  1





32  32b  a 2  32

2



32  a  32b  32  3

1    1

32





Lấy 1  32  3 ta có: 64  a 2  64 do đó 8  a  8 .

Lấy  3  32  2  ta có: 64  a 2  32a  256  64



Suy ra: a 2  32a  192  0  24  a  8 .

Khi đó ta có a  8 và b  1 .

2



Kiểm tra: g  t   8t 2  8t  1  2  2t  1  1

2



2



Vì 0  t  1 nên 1  2t  1  1  0   2t  1  1  1  g  t   2  2t  1  1  1 .

Vậy max g  t   1 khi t  1  x  1 (t/m).

Câu 17: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Cho hàm số y  f  x  . Hàm số



y  f   x  có đồ thị như hình bên. Hàm số y  f  x  x 2  nghịch biến trên khoảng nào dưới

đây.

y



2



O



 1



A.   ;   .

 2





 3



B.   ;   .

 2





1



2



x



3



C.  ;  .

2



Lời giải



1



D.  ;   .

2





Chọn D

Đặt y  g  x   f  x  x 2   g   x   f   x  x 2  .  x  x 2   1  2 x  f   x  x 2 



1  2 x  0

1  2 x  0



1

Cho g   x   0  

  x  x 2  1 ptvn   x  .

2



2

 f  x  x   0



2

 x  x  2  ptvn 

1  2 x  0



1

2

Với x  thì   

nên g   x   0 .

1  1



f



x







0

2











2  4 

  

1  2 x  0



1

2

Với x  thì   

nên g   x   0 hay hàm số g  x   f  x  x 2  nghịch

1  1



f



x







0

2











2  4 

  

1



biến trên khoảng  ;   .

2



Câu 18: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

x  3 y  2 z 1

và mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0 . Đường thẳng 





2

1

1

nằm trong mặt phẳng  P  , vng góc với đường thẳng d đồng thời khoảng cách từ giao điểm



cho đường thẳng d :



I của d với  P  đến  bằng



Giá trị của bc bằng

A. 10 .

Chọn B



B. 10 .



42 . Gọi M  5; b; c  là hình chiếu vng góc của I trên  .

C. 12 .

Lời giải



D. 20 .



d



Δ'

M



I



Δ





Mặt phẳng  P  có véc-tơ pháp tuyến nP  1;1;1 , đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương



ud   2;1; 1 .

Tọa độ giao điểm I d với  P  là nghiệm của hệ phương trình:



x  1

 x  3 y  2 z 1









1

1   y  3  I 1; 3;0  .

 2

z  0

 x  y  z  2  0



Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  P  , vng góc với đường thẳng d nên có một véc-tơ



 

chỉ phương là u   nP ; ud    2;3; 1 .

Đường thẳng  đi qua I , thuộc mặt phẳng  P  và vng góc với đường thẳng  có véc-tơ



 

chỉ phương là u   nP ; u    4; 1;5  .



 x  1  4t



Phương trình đường thẳng  là  y  3  t .

 z  5t



Hình chiếu M của I trên đường thẳng  là giao điểm của  và   M 1  4t; 3  t ;5t  .

Khoảng cách từ I đến  bằng



42 nên

2



2



2



2



IM  42  IM  42   4t    t    5t   42  t  1 .



Với t  1 thì M  3; 4;5 (loại).

Với t  1 thì M  5; 2; 5  (nhận).

Như vậy b  2, c  5  bc  10 .

Câu 19: ----------HẾT----------(THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số đa

thức bậc ba y  f  x  có đồ thị đi qua các điểm A  2; 4  , B  3;9  , C  4;16  . Các đường thẳng AB ,



AC , BC lại cắt đồ thị tại lần lượt tại các điểm D , E , F ( D khác A và B , E khác A và C , F

khác B và C ). Biết rằng tổng các hoành độ của D , E , F bằng 24 . Tính f  0  .



A. 2 .



B. 0 .



C.

Lời giải



24

.

5



D. 2 .



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Chương 1 - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - Mức độ 3 Phần 2

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×